Description
我们知道，从区间[L,H]（L和H为整数）中选取N个整数，总共有(H-L+1)^N种方案。小z很好奇这样选出的数的最大公约数的规律，他决定对每种方案选出的N个整数都求一次最大公约数，以便进一步研究。然而他很快发现工作量太大了，于是向你寻求帮助。你的任务很简单，小z会告诉你一个整数K，你需要回答他最大公约数刚好为K的选取方案有多少个。由于方案数较大，你只需要输出其除以1000000007的余数即可。
Input
输入一行，包含4个空格分开的正整数，依次为N，K，L和H。
Output
输出一个整数，为所求方案数。
Sample Input
2 2 2 4
Sample Output
3
HINT
样例解释
所有可能的选择方案：(2, 2), (2, 3), (2, 4), (3, 2), (3, 3), (3, 4), (4, 2), (4, 3), (4, 4)
其中最大公约数等于2的只有3组：(2, 2), (2, 4), (4, 2)
对于100%的数据，1≤N,K≤10^9，1≤L≤H≤10^9，H-L≤10^5
Solution
我用的是莫比乌斯反演加杜教筛
这题本来不需要莫反的，但最近都在练习莫反，那就用莫反做了
设\(F(d)\)代表在\([L,R]\)中选N个数，它们的gcd为d及其倍数的方案数
设\(f(d)\)代表在\([L,R]\)中选N个数，它们的gcd为d的方案数
\[F(n)=\sum_{n|d}f(d)=(\lfloor \frac{R}{n} \rfloor-\lfloor \frac{L-1}{n} \rfloor)^N\]
上面式子的左边一半根据定义，右边一半的原因如下：
\(\lfloor \frac{R}{n} \rfloor\)其实是1到R中有多少个数整除n，\(\lfloor \frac{L-1}{n} \rfloor\)类似，那么它们相减之后，得到的就是\([L,R]\)中有多少个数可以整除n。根据题目的第一句话，我们知道选数是有序的，并且可以重复选。所以我们在得到了有多少个数整除n后，只要在里面有序地任选N个数，方案数是\((\lfloor \frac{R}{n} \rfloor-\lfloor \frac{L-1}{n} \rfloor)^N\)，它们可以保证它们的gcd一定为n或n的倍数
接下来继续推
\[f(n)=\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})F(d)=\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})(\lfloor \frac{R}{d} \rfloor-\lfloor \frac{L-1}{d} \rfloor)^N\]
改变枚举方式
\[f(n)=\sum_{d=1}^{\lfloor \frac{R}{n} \rfloor}\mu(d)(\lfloor \frac{R}{nd} \rfloor-\lfloor \frac{L-1}{nd} \rfloor)^N\]
后面的东西整除分段加快速幂，前面的东西杜教筛
关于杜教筛，这里只给一个式子，有兴趣可以百度
\[S(n)=1-\sum_{i=2}^nS(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor)\ \ \ \ (S(n)=\sum_{i=1}^n\mu(i))\]
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
const int Mod=1e9+7,MAXN=1e6+10,inf=0x3f3f3f3f;
int prime[MAXN],cnt,vis[MAXN],s[MAXN],mu[MAXN];
std::map<ll,ll> M;
template<typename T> inline void read(T &x)
{
T data=0,w=1;
char ch=0;
while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9'))ch=getchar();
if(ch=='-')w=-1,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9')data=((T)data<<3)+((T)data<<1)+(ch^'0'),ch=getchar();
x=data*w;
}
template<typename T> inline void write(T x,char c='\0')
{
if(x<0)putchar('-'),x=-x;
if(x>9)write(x/10);
putchar(x%10+'0');
if(c!='\0')putchar(c);
}
template<typename T> inline void chkmin(T &x,T y){x=(y<x?y:x);}
template<typename T> inline void chkmax(T &x,T y){x=(y>x?y:x);}
template<typename T> inline T min(T x,T y){return x<y?x:y;}
template<typename T> inline T max(T x,T y){return x>y?x:y;}
inline void init()
{
memset(vis,1,sizeof(vis));
vis[0]=vis[1]=0;
mu[1]=1;
for(register int i=2;i<MAXN;++i)
{
if(vis[i])
{
prime[++cnt]=i;
mu[i]=-1;
}
for(register int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<MAXN;++j)
{
vis[i*prime[j]]=0;
if(i%prime[j])mu[i*prime[j]]=-mu[i];
else break;
}
}
for(register int i=1;i<MAXN;++i)s[i]=s[i-1]+mu[i];
}
inline ll qexp(ll a,ll b)
{
ll res=1;
while(b)
{
if(b&1)res=res*a%Mod;
a=a*a%Mod;
b>>=1;
}
return res;
}
inline ll MuSum(int x)
{
if(x<MAXN)return s[x];
if(M[x])return M[x];
ll res=1;
for(register int i=2;;)
{
if(i>x)break;
int j=x/(x/i);
res-=(ll)(j-i+1)*(ll)MuSum(x/i);
i=j+1;
}
return M[x]=res;
}
inline ll solve(int N,int L,int H)
{
ll res=0;
for(register int i=1;;)
{
if(i>H)break;
int j=min(H/(H/i),L/i?L/(L/i):inf);
(res+=qexp((ll)(H/i-L/i),N)*(ll)(MuSum(j)-MuSum(i-1))%Mod)%=Mod;
i=j+1;
}
return (res+Mod)%Mod;
}
int main()
{
init();
int N,K,L,H;
read(N);read(K);read(L);read(H);
write(solve(N,(L-1)/K,H/K),'\n');
return 0;
}原文地址：https://www.cnblogs.com/hongyj/p/8540447.html